2025年浙教版高一化學(xué)下冊(cè)月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年浙教版高一化學(xué)下冊(cè)月考試卷712考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、下列各組物質(zhì)的燃燒熱相等的是（）

A.碳和一氧化碳。

B.1moL碳和2moL碳。

C.3moL乙炔和1moL苯。

D.淀粉和纖維素。

2、已知rm{A}rm{{,!}^{n}}rm{{,!}^{+}}rm{B^{(n+1)+}}rm{C}rm{{,!}^{n}}rm{{,!}^{-}}rm{D^{(n+1)-}}具有相同的電子層結(jié)構(gòu)。下列關(guān)于rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}四種元素的敘述中正確的是rm{(}rm{)}A.氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：rm{D>C}B.原子序數(shù)：rm{B>A>C>D}C.最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的堿性：rm{B>A}D.四種元素一定都屬于短周期元素3、下列各組順序的排列不正確的是()A.原子半徑：Na＞Mg＞Al＞HB.熱穩(wěn)定性：HCl＜H2S＜PH3C.酸性強(qiáng)弱：H2SiO3＜H2CO3＜H3PO4D.氧化性：K+＜Na+＜Mg2+＜Al3+4、在水中放入高錳酸鉀晶體后，可以清楚地看到，溶液中紫紅色范圍逐漸擴(kuò)大，最后整個(gè)溶液都變成紫紅色，原因是rm{(}rm{)}A.鉀離子受到水分子的作用，克服了離子間的引力，逐漸向水中擴(kuò)散B.高錳酸根離子受到鉀離子的作用，克服了離子間的斥力，逐漸向水中擴(kuò)散C.高錳酸根離子受到水分子的作用，克服了離子間的引力，逐漸向水中擴(kuò)散D.高錳酸鉀是強(qiáng)氧化劑，水被氧化5、配制rm{0.10mol/L}的rm{NaOH}溶液，下列操作會(huì)導(dǎo)致所配的溶液濃度偏高的是rm{(}rm{)}A.用敞口容器稱量rm{NaOH}且時(shí)間過(guò)長(zhǎng)B.定容時(shí)俯視讀取刻度C.原容量瓶洗凈后未干燥D.配制過(guò)程中，未用蒸餾水洗滌燒杯和玻璃棒評(píng)卷人得分二、多選題(共9題，共18分)6、下列各組微粒具有相同質(zhì)子數(shù)和電子數(shù)的是()A.rm{OH^{?}}和rm{NH_{4}^{+;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;}}B.rm{H_{2}O}和rm{NH_{3;;;}}C.rm{F^{?}}和rm{OH^{?;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;}}D.rm{O^{2?}}和rm{NH_{4}^{+}}7、如下圖所示，在注射器中加入少量rm{Na_{2}SO_{3}}晶體，并吸入少量濃硫酸rm{(}以不接觸紙條為準(zhǔn)rm{)}則下列有關(guān)說(shuō)法正確的是A.濕潤(rùn)的藍(lán)色石蕊試紙只變紅不褪色B.濕潤(rùn)的品紅試紙蘸有rm{KMnO_{4}}酸性溶液的濾紙均褪色證明了rm{SO_{2}}的漂白性C.濕潤(rùn)的碘化鉀淀粉試紙未變藍(lán)說(shuō)明rm{SO_{2}}不能將rm{I^{-}}還原為rm{I_{2}}D.實(shí)驗(yàn)后，可把注射器中的物質(zhì)推入rm{NaOH}溶液，以減少環(huán)境污染8、羰基法提純粗鎳涉及的兩步反應(yīng)依次為：

（1）Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)ΔH<0（2）Ni(CO)4(g)Ni(s)+4CO(g)；下列說(shuō)法正確的是。

A.T12B.可通過(guò)高壓的方式提高反應(yīng)（1）中Ni(CO4)的產(chǎn)率C.反應(yīng)（2）平衡后，降低溫度，CO濃度減小D.升溫，反應(yīng)（1）的氣體平均相對(duì)分子質(zhì)量增大9、相同溫度下；在體積相等的二個(gè)恒容密閉容器中發(fā)生可逆反應(yīng)：

N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H=—92.4kJ/mol。

實(shí)驗(yàn)測(cè)得起始；平衡時(shí)的有關(guān)數(shù)據(jù)如下表：

。容器編號(hào)。

起始時(shí)各物質(zhì)物質(zhì)的量/mol

達(dá)平衡時(shí)反應(yīng)中的能量變化。

N2

H2

NH3

NH3

①

1

3

0

放出熱量akJ

②

2

6

0

放出熱量bkJ

下列敘述正確的是（）A.放出熱量關(guān)系：b＞2aB.放出熱量關(guān)系：b=2aC.達(dá)平衡時(shí)氨氣的體積分?jǐn)?shù)：①＞②D.N2的轉(zhuǎn)化率：①＜②10、25℃時(shí)，將氨水與氯化銨溶液混合得到c(NH3·H2O)+c(NH4+)=0.lmol·L-1的溶液。溶液中c(NH3·H2O)、c(NH4+)與pH的關(guān)系如下圖所示。下列有關(guān)離子濃度關(guān)系敘述一定正確的是。

A.W點(diǎn)表示溶液中：c(NH3·H2O)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)B.pH=7.0溶液中：c(NH3·H2O)＞c(NH4+)＞c(OH-)=c(H+)C.pH=10.5的溶液中：c(Cl-)+c(OH-)+c(NH3·H2O)＜0.1mol·L-1D.向W點(diǎn)所表示的1L溶液中加入0.05molNaOH固體(忽略溶液體積變化)：c(Na+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(NH4+)11、室溫下，若溶液混合引起的體積變化可忽略，室溫時(shí)下列指定溶液中微粒物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是A.的溶液：B.的溶液和的溶液混合C.的溶液和的溶液等體積混合：D.的溶液和的溶液等體積混合：12、由下列實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象所得到的結(jié)論正確的是。實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象結(jié)論A向某溶液中滴加幾滴新制氯水，再滴加少量溶液，溶液變紅溶液中含有B室溫下，測(cè)得相同濃度的和溶液的pH分別為8和9酸性：C蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，水浴加熱加氫氧化鈉溶液至溶液呈堿性，再加入少量新制繼續(xù)加熱生成磚紅色沉淀蔗糖完全水解D向等體積等濃度的稀硫酸中分別加入少量等物質(zhì)的量的和固體，溶解而不溶解

A.AB.BC.CD.D13、如下圖所示，在注射器中加入少量rm{Na_{2}SO_{3}}晶體，并吸入少量濃硫酸rm{(}以不接觸紙條為準(zhǔn)rm{)}則下列有關(guān)說(shuō)法正確的是A.濕潤(rùn)的藍(lán)色石蕊試紙只變紅不褪色B.濕潤(rùn)的品紅試紙蘸有rm{KMnO_{4}}酸性溶液的濾紙均褪色證明了rm{SO_{2}}的漂白性C.濕潤(rùn)的碘化鉀淀粉試紙未變藍(lán)說(shuō)明rm{SO_{2}}不能將rm{I^{-}}還原為rm{I_{2}}D.實(shí)驗(yàn)后，可把注射器中的物質(zhì)推入rm{NaOH}溶液，以減少環(huán)境污染14、乙酸分子的結(jié)構(gòu)式為下列反應(yīng)及斷鍵部位正確的是rm{(}rm{)}A.乙酸的電離，是rm{壟脵}鍵斷裂B.乙酸與乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)，是rm{壟脵}鍵斷裂C.在紅磷存在時(shí)，rm{Br_{2}}與rm{CH_{3}COOH}的反應(yīng)：rm{CH_{3}COOH+Br}2rm{xrightarrow[]{潞矛脕脳}}rm{CH_{2}Br隆陋COOH+HBr}是rm{壟脹}鍵斷裂D.乙酸變成乙酸酐的反應(yīng)：rm{2CH_{3}COOH簍D隆煤}rm{+H_{2}O}是rm{壟脵壟脷}鍵斷裂評(píng)卷人得分三、填空題(共8題，共16分)15、如圖是某同學(xué)設(shè)計(jì)的蒸餾裝置圖。

①進(jìn)水口是____（a或b）．

②裝置c的名稱是____．

③蒸餾燒瓶中常加入沸石或碎瓷片，其目的是____．

16、加入0.10molMnO2粉末于50mLH2O2溶液中；在標(biāo)準(zhǔn)狀況下放出氣體的體積和時(shí)間的關(guān)系如圖所示．

①寫(xiě)出H2O2在二氧化錳作用下發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式____．

②實(shí)驗(yàn)時(shí)放出氣體的總體積是____mL．

③放出1/3氣體所需時(shí)間為_(kāi)___min．

④反應(yīng)放出3/4氣體所需時(shí)間約為_(kāi)___min．

⑤A、B、C、D各點(diǎn)反應(yīng)速率快慢的順序?yàn)開(kāi)___＞____＞____＞____．

⑥解釋反應(yīng)速率變化的原因____．

⑦計(jì)算H2O2的初始物質(zhì)的量濃度____．（請(qǐng)保留兩位有效數(shù)字）

17、蒸餾是實(shí)驗(yàn)室制備蒸餾水的常用方法．

（1）圖Ⅰ是實(shí)驗(yàn)室制取蒸餾水的常用裝置，圖中明顯的一個(gè)錯(cuò)是____

（2）儀器A的名稱是____，儀器B的名稱是____．

（3）實(shí)驗(yàn)時(shí)A中除加入少量自來(lái)水外，還需加入幾粒____；其作用是防止液體暴沸．

（4）從錐形瓶取少量收集到的液體于試管中，然后滴入____和____（填試劑的化學(xué)式），檢驗(yàn)是否存在Cl﹣，并寫(xiě)出有關(guān)反應(yīng)的離子方程式：____．

（5）圖Ⅱ裝置也可用于少量蒸餾水的制?。訜峒肮潭▋x器略），其原理與圖I完全相同．該裝置中使用的玻璃導(dǎo)管較長(zhǎng)，其作用是____；燒杯中最好盛有的物質(zhì)是____（填名稱）．

18、（1）工業(yè)上用電石-乙炔生產(chǎn)氯乙烯的反應(yīng)如下：

CaO+3CCaC2+CO

CaC2+2H2O→CH≡CH+Ca（OH）2

CH≡CH+HClCH2=CHCl

電石-乙炔法的優(yōu)點(diǎn)是流程簡(jiǎn)單；產(chǎn)品純度高，而且不依賴與石油資源．

電石-乙炔法的缺點(diǎn)是：______、______．19、下列四組有機(jī)物rm{壟脵C(jī)_{7}H_{8}}rm{C_{3}H_{8}O_{3}壟脷C_{3}H_{6}}rm{C_{2}H_{6}O}rm{壟脹C_{2}H_{2}}rm{C_{6}H_{6}壟脺CH_{4}O}rm{C_{2}H_{4}O_{3}}rm{(1)}各組中的兩種物質(zhì)無(wú)論以何種比例混合，只要混合物的總物質(zhì)的量一定，則完全燃燒時(shí)生成水的質(zhì)量和消耗rm{O_{2}}的質(zhì)量均不變的是第____組．rm{(2)}各組中的兩種物質(zhì)無(wú)論以何種比例混合，只要混合物的總質(zhì)量一定，則完全燃燒時(shí)生成水和rm{CO_{2}}的質(zhì)量均不變的是第rm{_}____rm{_}組，符合此條件的有機(jī)物之間存在的關(guān)系為_(kāi)__。rm{(3)}各組中的兩種物質(zhì)無(wú)論以何種比例混合，只要混合物的總質(zhì)量一定，則完全燃燒時(shí)，僅生成水的質(zhì)量不變的是第____組．20、研究催化劑對(duì)化學(xué)反應(yīng)有重要意義rm{.}為探究催化劑對(duì)雙氧水分解的催化效果，某研究小組做了如下實(shí)驗(yàn)：

rm{(1)}甲同學(xué)欲用圖所示實(shí)驗(yàn)來(lái)證明rm{MnO_{2}}是rm{H_{2}O_{2}}分解反應(yīng)的催化劑rm{.}該實(shí)驗(yàn)______rm{(}填“能”或“不能”rm{)}達(dá)到目的，原因是______rm{.(}若能，不必回答原因rm{)}

rm{(2)}為分析rm{Fe^{3+}}和rm{Cu^{2+}}對(duì)rm{H_{2}O_{2}}分解反應(yīng)的催化效果，丙同學(xué)設(shè)計(jì)如下實(shí)驗(yàn)rm{(}三支試管中均盛有rm{10mL5%H_{2}O_{2})}。試管ⅠⅡⅢ滴加試劑rm{5}滴rm{0.1mol?L^{-1}FeCl_{3}}rm{5}滴rm{0.1mol?L^{-1}CuCl_{2}}rm{5}滴rm{0.3mol?L^{-1}NaCl}產(chǎn)生氣泡情況較快產(chǎn)生細(xì)小氣泡緩慢產(chǎn)生細(xì)小氣泡無(wú)氣泡產(chǎn)生由此得到的結(jié)論是______；設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)Ⅲ的目的是______．

rm{(3)}在上述實(shí)驗(yàn)過(guò)程中，分別檢測(cè)出溶液中有二價(jià)鐵生成，查閱資料得知：將作為催化劑的rm{FeCl_{3}}溶液加入rm{H_{2}O_{2}}溶液后，溶液中會(huì)發(fā)生兩個(gè)氧化還原反應(yīng)，且兩個(gè)反應(yīng)中rm{H_{2}O_{2}}均參加了反應(yīng)，試從催化劑的角度分析，這兩個(gè)氧化還原反應(yīng)的化學(xué)方程式分別是______和______rm{(}按反應(yīng)發(fā)生的順序?qū)憆m{)}．21、寫(xiě)出下列反應(yīng)的方程式：

rm{(1)}鈉與水反應(yīng)______

rm{(2)}過(guò)氧化鈉與二氧化碳反應(yīng)______

rm{(3)}氯氣與水反應(yīng)______

rm{(4)}制備漂白粉______

rm{(5)}氯氣和鐵反應(yīng)______．22、等體積的硫酸鋁、硫酸鋅、硫酸鈉溶液分別與足量氯化鋇溶液反應(yīng)，若生成硫酸鋇沉淀的質(zhì)量比為1：2：3，則三種硫酸鹽的物質(zhì)的量濃度之比為_(kāi)_____。評(píng)卷人得分四、判斷題(共4題，共40分)23、24g鎂原子的最外層電子數(shù)為NA（判斷對(duì)錯(cuò)）24、1.00molNaCl中，所有Na+的最外層電子總數(shù)為8×6.02×1023（判斷對(duì)錯(cuò)）25、標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24L己烷含有分子的數(shù)目為0.1NA（判斷對(duì)錯(cuò)）26、1mol甲苯中有6molC﹣H共價(jià)鍵．．（判斷對(duì)錯(cuò)）評(píng)卷人得分五、綜合題(共4題，共16分)27、2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）反應(yīng)過(guò)程的能量變化如圖所示．已知1molSO2（g）氧化為1molSO3的△H=﹣99kJ?mol﹣1．請(qǐng)回答下列問(wèn)題：

28、根據(jù)方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列問(wèn)題29、2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）反應(yīng)過(guò)程的能量變化如圖所示．已知1molSO2（g）氧化為1molSO3的△H=﹣99kJ?mol﹣1．請(qǐng)回答下列問(wèn)題：

30、根據(jù)方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列問(wèn)題參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、B【分析】

A；C、D物質(zhì)不同；具有不同的能量，燃燒熱不相等．燃燒熱是物質(zhì)的性質(zhì)，與量的多少無(wú)關(guān)，故B正確．

故選：B．

【解析】【答案】燃燒熱是指1mol物質(zhì)完全燃燒生成穩(wěn)定氧化物時(shí)所放出的熱量．一般C→CO2，H→H2O（l），S→SO2．燃燒熱是物質(zhì)的性質(zhì)；與量的多少無(wú)關(guān)．

2、B【分析】【分析】本題考查位置結(jié)構(gòu)性質(zhì)的相互關(guān)系及應(yīng)用，根據(jù)核外電子排布確定元素所在周期表中的位置以及把握元素周期律的遞變規(guī)律是解答該題的關(guān)鍵，難度不大?！窘獯稹恳阎猺m{{,!}_{a}A^{n+}}rm{{,!}_B^{(n+1)+}}rm{{,!}_{c}C^{n-}}rm{{,!}_cuavwyyD^{(n+1)-}}具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，則有：rm{a-n=b-(n+1)=c+n=d+(n+1)}則有rm{A}rm{B}在周期表中rm{C}rm{D}的下一周期，并且原子序數(shù)：rm{B>A>C>D}則。

A.rm{C}rm{D}在同一周期，且原子序數(shù)rm{C>D}非金屬性：rm{C>D}則氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：rm{C>D}故A錯(cuò)誤；

B.已知rm{{,!}_{a}A^{n+}}rm{{,!}_B^{(n+1)+}}rm{{,!}_{c}C^{n-}}rm{{,!}_sz82rdaD^{(n+1)-}}具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，則有：rm{a-n=b-(n+1)=c+n=d+(n+1)}則有原子序數(shù)：rm{B>A>C>D}故B正確；

C.rm{A}rm{B}在周期表中同周期，原子序數(shù)：rm{b>a}金屬性：rm{A>B}最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的堿性：rm{A>B}故C錯(cuò)誤；

D.四種元素不一定屬于短周期元素，如rm{A}為rm{K}rm{B}為rm{Ca}rm{C}為rm{Cl}rm{D}為rm{S}也符合；故D錯(cuò)誤。

故選B?！窘馕觥縭m{B}3、B【分析】試題分析：A、同周期元素原子半徑隨原子序數(shù)的增大而減小，所以原子半徑：Na＞Mg＞Al＞H，正確；B、因?yàn)榉墙饘傩訡l>S>P，所以氫化物的穩(wěn)定性：HCl>H2S>PH3，錯(cuò)誤；C、因?yàn)榉墙饘傩訮>C>Si，所以最高價(jià)氧化物水化物的酸性強(qiáng)弱：H2SiO3＜H2CO3＜H3PO4，正確；D、因?yàn)榻饘傩訩＞Na＞Mg＞Al，所以陽(yáng)離子的氧化性：K+＜Na+＜Mg2+＜Al3+，正確?？键c(diǎn)：本題考查元素周期律。【解析】【答案】B4、C【分析】解：在水中放入高錳酸鉀晶體后，高錳酸鉀晶體溶于水，受到水分子的作用，克服了離子間的引力，電離出高錳酸根離子和鉀離子，高錳酸根離子呈紫紅色，所以溶液中紫紅色范圍逐漸擴(kuò)大，最后整個(gè)溶液都變成紫紅色；故選：rm{C}．

在水中放入高錳酸鉀晶體后；高錳酸鉀晶體溶于水，受到水分子的作用，克服了離子間的引力，電離出高錳酸根離子和鉀離子．

本題主要考查電離的條件以及離子的顏色判斷，難度不大，記住高錳酸根離子呈紫紅色即可解題．【解析】rm{C}5、B【分析】解：rm{A.}用敞口容器稱量rm{NaOH}且時(shí)間過(guò)長(zhǎng)；導(dǎo)致稱取的溶質(zhì)中含有氫氧化鈉的質(zhì)量偏小，溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏小，溶液濃度偏低，故A不選；

B.定容時(shí)俯視讀取刻度；導(dǎo)致溶液體積偏小，溶液濃度偏高，故B選；

C.原容量瓶洗凈后未干燥；對(duì)溶液體積；溶質(zhì)的物質(zhì)的量都不會(huì)產(chǎn)生影響，溶液濃度不變，故C不選；

D.配制過(guò)程中；未用蒸餾水洗滌燒杯和玻璃棒，導(dǎo)致溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏小，溶液濃度偏低，故D不選；

故選：rm{B}．

分析操作對(duì)溶質(zhì)的物質(zhì)的量和溶液體積的影響，依據(jù)rm{C=dfrac{n}{V}}進(jìn)行誤差分析，凡是使rm{n}偏大，rm{V}偏小的操作都能使溶液濃度偏高；反之溶液濃度偏低，據(jù)此分析解答．

本題考查了一定物質(zhì)的量濃度溶液的配制誤差分析，準(zhǔn)確分析操作對(duì)溶質(zhì)的物質(zhì)的量和溶液體積的影響是解題關(guān)鍵，題目難度不大．【解析】rm{B}二、多選題(共9題，共18分)6、BC【分析】【分析】本題考查微粒的質(zhì)子數(shù)和電子數(shù)的關(guān)系，明確中性微粒、陽(yáng)離子、陰離子的電子的數(shù)目計(jì)算是解答的關(guān)鍵，并注意中性微粒中質(zhì)子數(shù)等于電子數(shù)?！窘獯稹緼.rm{OH^{-}}的質(zhì)子數(shù)為rm{8+1=9}rm{OH^{-}}的電子數(shù)為rm{9+1=10}rm{NH_{4}^{+}}的質(zhì)子數(shù)為rm{7+4=11}rm{NH_{4}^{+}}的電子數(shù)為rm{11-1=10}故A錯(cuò)誤；

B.rm{H_{2}O}的質(zhì)子數(shù)等于電子數(shù)等于rm{1隆脕2+8=10}rm{NH_{3}}的質(zhì)子數(shù)等于電子數(shù)等于rm{7+1隆脕3=10}故B正確；

C.rm{F^{-}}的質(zhì)子數(shù)等于rm{9}電子數(shù)等于rm{10}rm{OH^{-}}的質(zhì)子數(shù)為rm{8+1=9}rm{OH^{-}}的電子數(shù)為rm{9+1=10}故C正確；

D.rm{O^{2-}}的質(zhì)子數(shù)為rm{8}電子數(shù)為rm{8+2=10}rm{NH_{4}^{+}}的質(zhì)子數(shù)為rm{7+4=11}rm{NH_{4}^{+}}的電子數(shù)為rm{11-1=10}故D錯(cuò)誤。

故選BC。

【解析】rm{BC}7、AD【分析】【分析】本題考查二氧化硫的性質(zhì)，rm{SO_{2}}的漂白性主要體現(xiàn)在使品紅褪色。題目難度不大?！窘獯稹緼.品紅不能使藍(lán)色石蕊試紙褪色，故A正確；

B.漂白性是指使有色的有機(jī)物質(zhì)褪色，rm{KMnO}rm{KMnO}rm{{,!}_{4}}不是有機(jī)物，所以rm{KMnO}rm{KMnO}rm{{,!}_{4}}溶液的濾紙褪色不能證明rm{SO}故rm{SO}

rm{{,!}_{2}}的漂白性，主要檢驗(yàn)氧化B錯(cuò)誤；的物質(zhì)，如果將碘化鉀氧化為碘單質(zhì)，就能使淀粉變藍(lán)。二氧化硫不能使其變藍(lán)，說(shuō)明二氧化硫不能將碘化鉀氧化為碘單質(zhì)，故C錯(cuò)誤；C.碘化鉀淀粉試紙溶液可吸收性D.rm{NaOH}溶液可吸收rm{SO}故rm{NaOH}正確rm{SO}

故選AD。

rm{{,!}_{2}}【解析】rm{AD}8、BC【分析】【分析】

反應(yīng)（1）Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)ΔH<0，是放熱反應(yīng)，反應(yīng)前后氣體體積減小；反應(yīng)（2）Ni(CO)4(g)Ni(s)+4CO(g)，是吸熱反應(yīng)，反應(yīng)前后氣體體積增大；利用信息可知，可采取在低溫（50℃）時(shí)讓粗鎳和CO作用，使生成的Ni（CO）4在230℃時(shí)分解即可得到純鎳；以此分析解答。

【詳解】

A.由圖結(jié)合實(shí)驗(yàn)原理可知，T2=50℃，T1=230℃，即T1>T2；故A錯(cuò)誤；

B.反應(yīng)（1）Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)中反應(yīng)前后氣體體積減小，根據(jù)平衡移動(dòng)原理，增大壓強(qiáng)平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，Ni(CO4)的產(chǎn)率增大；故B正確；

C.反應(yīng)（2）是反應(yīng)（1）的逆過(guò)程；正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，平衡后，降低溫度，平衡向逆向移動(dòng)，CO濃度減小，故C正確；

D.反應(yīng)（1）是放熱反應(yīng)，升溫，平衡向逆向移動(dòng)，氣體的物質(zhì)的量增大，氣體總質(zhì)量減小，根據(jù)M=氣體平均相對(duì)分子質(zhì)量減小，故D錯(cuò)誤。

答案選BC。

【點(diǎn)睛】

本題考查了化學(xué)平衡影響因素的分析判斷，解題時(shí)要能夠依據(jù)反應(yīng)特征及題圖信息分析出制備過(guò)程的原理，從而實(shí)現(xiàn)解題的突破，平衡移動(dòng)原理的應(yīng)用是解題關(guān)鍵。9、AD【分析】【分析】

【詳解】

A．合成氨為放熱反應(yīng)；①與②相比，②中的物質(zhì)的量是①，則②相當(dāng)于①的兩倍，且平衡正向移動(dòng)，放出的熱量是①的2倍還多，故A正確；

B．由A的分析可知，放出熱量關(guān)系：b＞2a；故B錯(cuò)誤；

C．容器②相當(dāng)于在容器①的基礎(chǔ)上增大壓強(qiáng)，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，達(dá)平衡時(shí)氨氣的體積分?jǐn)?shù)：①<②；故C錯(cuò)誤；

D．容器②相當(dāng)于在容器①的基礎(chǔ)上增大壓強(qiáng)；平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，所以容器②中反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率高，故D正確；

故選AD。10、AD【分析】【詳解】

將氨水與氯化銨溶液混合得到c(NH3·H2O)+c(NH4+)=0.lmol/L的混合溶液，當(dāng)溶液中只有NH4+時(shí)，NH4+水解使溶液呈酸性，隨著c(NH3·H2O)的增大，溶液堿性增強(qiáng)，根據(jù)圖示，當(dāng)pH=9.25時(shí)，c(NH3·H2O)=c(NH4+)，因此當(dāng)溶液的pH＜9.25時(shí)，c(NH3·H2O)＜c(NH4+)，當(dāng)pH＞9.25時(shí)，c(NH3·H2O)＞c(NH4+)，因此隨著溶液pH的增大，濃度增大的是c(NH3·H2O)、減小的是c(NH4+)。A．任何電解質(zhì)溶液中都存在電荷守恒，根據(jù)電荷守恒可得c(Cl-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)，在W點(diǎn)時(shí)c(NH3·H2O)=c(NH4+)，所以c(NH3·H2O)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，A正確；B．室溫下pH=7.0＜9.25，溶液顯中性，c(H+)=c(OH-)，則溶液中c(NH4+)＞c(NH3·H2O)，NH3·H2O主要以電解質(zhì)分子存在，NH3·H2O、H2O的電離程度十分微弱，其電離產(chǎn)生的離子濃度很小，故微粒濃度大小關(guān)系為：c(NH4+)＞c(NH3·H2O)＞c(H+)=c(OH-)，B錯(cuò)誤；C．該混合溶液中，無(wú)論pH如何變化都存在c(Cl-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)，則c(Cl-)+c(OH-)+c(NH3·H2O)=c(NH4+)+c(H+)+c(NH3·H2O)=0.1mol/L+c(H+)＞0.1mol/L，C錯(cuò)誤；D．W點(diǎn)溶液中存在c(NH3·H2O)=c(NH4+)=0.05mol/L，溶液呈堿性，則c(OH-)＞c(H+)，根據(jù)電荷守恒可知c(Cl-)＜c(NH4+)=0.05mol/L，向1L該溶液中加入0.05molNaOH，則c(Na+)=0.05mol/L，c(Na+)＞c(Cl-)，NaCl電離產(chǎn)生離子濃度Cl-濃度c(Cl-)大于NH3·H2O電離產(chǎn)生的離子NH4+、OH-的濃度，且溶液中還有水會(huì)微弱電離產(chǎn)生OH-，故離子濃度關(guān)系為：c(Na+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(NH4+)，D正確；故合理選項(xiàng)是AD。11、BD【分析】【詳解】

由題可知，

A．0.1mol/L的NaHA溶液中的物料守恒：HA-的電離常數(shù)大于其水解程度，故溶液中因此故A錯(cuò)誤；

B．的溶液和的溶液的混合液中c(Na+)<0.2mol/L，該溶液中電荷守恒為：溶液呈中性，故故B正確；

C．該混合溶液中電荷守恒：①，物料守恒：②，將①+②得：故C錯(cuò)誤；

D．兩溶液混合后發(fā)生反應(yīng)：Na2A+H2A=2NaHA，溶液中c(NaHA)=c(H2A)=0.05mol/L，溶液中電荷守恒：①，物料守恒：②，將①+②進(jìn)行相關(guān)轉(zhuǎn)化得：因Ka1>Kh2，故溶液呈酸性，故故D正確；

故答案為：BD。

【點(diǎn)睛】

酸式鹽與多元弱酸的強(qiáng)堿正鹽溶液酸堿性比較：

（1）酸式鹽溶液的酸堿性主要取決于酸式鹽中酸式酸根離子的電離能力和水解能力哪一個(gè)更強(qiáng)，如NaHCO3溶液中的水解能力大于其電離能力；故溶液顯堿性；

（2）多元弱酸的強(qiáng)堿正鹽溶液：多元弱酸根離子水解以第一步為主，例如Na2S溶液中：c(Na+)>c(S2-)>c(OH-)>c(HS-)>c(H+)。12、BD【分析】【詳解】

A．二價(jià)鐵離子和KSCN不反應(yīng)，三價(jià)鐵離子和KSCN溶液反應(yīng)生成血紅色絡(luò)合物，二價(jià)鐵離子易被氯水氧化生成三價(jià)鐵離子，F(xiàn)e2+檢驗(yàn)時(shí)要先加KSCN溶液后加氯水，防止Fe3+干擾；故A錯(cuò)誤；

B．相同物質(zhì)的量濃度的鈉鹽溶液；溶液的pH越大，酸根離子的水解程度越大，相應(yīng)的酸的酸性越弱；室溫下，測(cè)得相同濃度的NaX和NaY溶液的pH分別為8和9可知HX溶液的酸性強(qiáng)于HY，故B正確；

C．蔗糖完全水解和部分水解；溶液中都含有葡萄糖，堿性條件下都能與新制氫氧化銅懸著液共熱反應(yīng)生成氧化亞銅磚紅色沉淀，故C錯(cuò)誤；

D．相同條件下，組成和結(jié)構(gòu)相似的難溶金屬硫化物，溶解度大的物質(zhì)先溶解于稀硫酸，向等體積等濃度的稀硫酸中分別加入少量等物質(zhì)的量的和固體，溶解而不溶解，說(shuō)明溶度積故D正確；

故選BD。13、AD【分析】【分析】本題考查二氧化硫的性質(zhì)，rm{SO_{2}}的漂白性主要體現(xiàn)在使品紅褪色。題目難度不大。【解答】A.品紅不能使藍(lán)色石蕊試紙褪色，故A正確；

B.漂白性是指使有色的有機(jī)物質(zhì)褪色，rm{KMnO}rm{KMnO}rm{{,!}_{4}}不是有機(jī)物，所以rm{KMnO}rm{KMnO}rm{{,!}_{4}}溶液的濾紙褪色不能證明rm{SO}故rm{SO}

rm{{,!}_{2}}的漂白性，主要檢驗(yàn)氧化B錯(cuò)誤；的物質(zhì)，如果將碘化鉀氧化為碘單質(zhì)，就能使淀粉變藍(lán)。二氧化硫不能使其變藍(lán)，說(shuō)明二氧化硫不能將碘化鉀氧化為碘單質(zhì)，故C錯(cuò)誤；C.碘化鉀淀粉試紙溶液可吸收性D.rm{NaOH}溶液可吸收rm{SO}故rm{NaOH}正確rm{SO}

故選AD。

rm{{,!}_{2}}【解析】rm{AD}14、ACD【分析】【分析】本題考查乙酸的性質(zhì)，明確反應(yīng)的機(jī)理是解題的關(guān)鍵?！窘獯稹緼.乙酸的電離，羥基上的氫氧鍵斷裂，即rm{壟脵}鍵斷裂，故A正確；B.乙酸與乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)，碳氧單鍵斷裂，即rm{壟脷}鍵斷裂；故B錯(cuò)誤；

C.在紅磷存在時(shí)，rm{Br}rm{Br}rm{{,!}_{2}}與rm{CH}rm{CH}的反應(yīng)：rm{{,!}_{3}}rm{COOH}的反應(yīng)：rm{CH}rm{COOH}2rm{CH}rm{{,!}_{3}}rm{COOH+Br}rm{COOH+Br}甲基上的碳?xì)滏I斷裂，即rm{xrightarrow[]{潞矛脕脳}}鍵斷裂，故C正確；D.乙酸變成乙酸酐的反應(yīng)rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{2}}rm{Br隆陋COOH+HBr}甲基上rm{Br隆陋COOH+HBr}rm{壟脹}一個(gè)乙酸分子中碳氧單鍵斷裂，另一個(gè)乙酸分子羥基上的氫氧鍵斷裂，即：rm{2CH}鍵斷裂，故D正確。故選ACD。rm{2CH}【解析】rm{ACD}三、填空題(共8題，共16分)15、b錐形瓶防止暴沸【分析】【解答】①蒸餾實(shí)驗(yàn)為達(dá)到最佳冷卻效果，應(yīng)使冷凝水充滿冷凝管，所以冷凝水應(yīng)從下口進(jìn)上口出，即冷凝水從b口進(jìn)入，故答案為：b；

②裝置c的名稱為錐形瓶；故答案為：錐形瓶；

③蒸餾燒瓶中常加入沸石或碎瓷片；其目的是防止液體暴沸，故答案為：防止暴沸．

【分析】①蒸餾實(shí)驗(yàn)為達(dá)到最佳冷卻效果；應(yīng)使冷凝水充滿冷凝管，所以冷凝水應(yīng)從下口進(jìn)上口出；

②依據(jù)儀器的圖型說(shuō)出其名稱；

③蒸餾需要加熱使液體達(dá)到其沸點(diǎn)，溶液產(chǎn)出爆沸現(xiàn)象．16、略

【分析】

①由題意知，反應(yīng)物為H2O2；生成物為水和氧氣，反應(yīng)條件為二氧化錳作催化劑；

則反應(yīng)的方程式為2H2O22H2O+O2↑；

故答案為：2H2O22H2O+O2↑；

②由圖象可知，反應(yīng)至4min時(shí)，H2O2完全反應(yīng)；生成氣體的總體積是60ml，故答案為：60；

③放出氣體時(shí)，氣體的體積為×60ml=20ml；對(duì)應(yīng)的時(shí)間為1min，故答案為：1；

④反應(yīng)放出氣體時(shí)，氣體的體積為=45ml；對(duì)應(yīng)的時(shí)間約為2.5min，故答案為：2.5；

⑤由曲線的變化特點(diǎn)可以看出；曲線的斜率逐漸變小，說(shuō)明反應(yīng)逐漸減慢，則反應(yīng)速率D＞C＞B＞A；

故答案為：D；C；B；A；

⑥隨著反應(yīng)的進(jìn)行，H2O2逐漸被消耗，反應(yīng)物H2O2的濃度逐漸降低；則反應(yīng)速率逐漸減小，故答案為：隨著反應(yīng)的進(jìn)行，濃度減小，反應(yīng)速率減慢；

⑦根據(jù)方程式計(jì)算：

2H2O22H2O+O2↑

2mol22.4L

n0.06L

n==0.0054mol

c===0.11mol/L；故答案為：0.11mol/L．

【解析】【答案】H2O2在二氧化錳作用下發(fā)生反應(yīng)生成氧氣，反應(yīng)的方程式為2H2O22H2O+O2↑，根據(jù)生成氧氣的體積可求知H2O2的物質(zhì)的量，進(jìn)而計(jì)算H2O2的濃度；根據(jù)圖象中曲線的變化趨勢(shì)可計(jì)算氣體的體積；反應(yīng)時(shí)間以及比較反應(yīng)速率快慢等問(wèn)題；

從影響化學(xué)反應(yīng)速率的因素解釋反應(yīng)速率變化的原因．

17、冷凝管進(jìn)出水口顛倒蒸餾燒瓶冷凝管碎瓷片HNO3AgNO3Ag++Cl﹣=AgCl↓冷凝水蒸氣冰水【分析】【解答】（1）蒸餾時(shí)；為充分冷凝，應(yīng)使水充滿冷凝管，從下端進(jìn)水，上端出水；

故答案為：冷凝管進(jìn)出水口顛倒；

（2）由儀器的圖形可知A為蒸餾燒瓶；B為冷凝管，故答案為：蒸餾燒瓶；冷凝管；

（3）液體在加熱時(shí)為了防止液體暴沸；可加入沸石，故答案為：碎瓷片；

（4）取少量原溶液于試管，滴入AgNO3溶液，有白色沉淀產(chǎn)生，再滴入稀HNO3沉淀只有部分溶解，并有氣泡產(chǎn)生，則沉淀是氯化銀和碳酸銀的混合物，一定含Cl﹣，Ag++Cl﹣=AgCl↓，故答案為：HNO3；AgNO3；Ag++Cl﹣=AgCl↓；

（5）該裝置中使用的玻璃導(dǎo)管較長(zhǎng)；其作用是冷凝水蒸氣；為了增強(qiáng)冷凝效果，可以用冰水混合物使水蒸氣充分冷凝；故答案為：冷凝水蒸氣；冰水．

【分析】（1）蒸餾時(shí)；冷凝管應(yīng)從下端進(jìn)水，上端出水；

（2）A為蒸餾燒瓶；B為冷凝管；

（3）液體在加熱時(shí)應(yīng)防止暴沸．

（4）滴入AgNO3溶液，有白色沉淀產(chǎn)生，再滴入稀HNO3沉淀只有部分溶解；并有氣泡產(chǎn)生，則氯化銀不溶于硝酸；

（5）玻璃導(dǎo)管除了起導(dǎo)氣的作用，還起到了冷凝的作用；為了增強(qiáng)冷凝效果，可以用冰水混合物來(lái)充分冷凝水蒸氣．18、略

【分析】解：CaO+3CCaC2+CO，反應(yīng)溫度高，能耗大，CH≡CH+HClCH2=CHCl，使用HgCl2做催化劑；毒性大；

故答案為：反應(yīng)溫度高；能耗大；使用的催化劑毒性大．

通過(guò)反應(yīng)的條件（溫度；催化劑）分析電石-乙炔法的缺點(diǎn)．

本題為2014年上?？碱}，側(cè)重于實(shí)驗(yàn)方案的分析與評(píng)價(jià)，題目難度不大，注意把握實(shí)驗(yàn)的原理以及題給信息．【解析】反應(yīng)溫度高，能耗大；使用的催化劑毒性大19、（1）④

（2）③二者最簡(jiǎn)式相同

（3）①【分析】【分析】本題考查混合物計(jì)算、有機(jī)物分子式確定，題目難度中等，注意根據(jù)燃燒通式理解烴及其含氧衍生物耗氧量問(wèn)題，注意rm{(1)}利用改寫(xiě)法進(jìn)行比較，可簡(jiǎn)化計(jì)算過(guò)程?！窘獯稹縭m{(1)}混合物的總物質(zhì)的量一定，完全燃燒生成水的質(zhì)量和消耗rm{O_{2}}的質(zhì)量均不變，則rm{1mol}各組分消耗氧氣的量相等；分子中含有的氫原子數(shù)目相等；

rm{壟脵1molC_{7}H_{8}}完全反應(yīng)消耗rm{9mol}氧氣，而rm{1molC_{3}H_{8}O_{3}}完全反應(yīng)消耗rm{3.5mol}氧氣，所以rm{C_{7}H_{8}}與rm{C_{3}H_{8}O_{3}}耗氧量不相同，不符合題意，故rm{壟脵}錯(cuò)誤；

rm{壟脷1molC_{3}H_{6}}完全反應(yīng)消耗rm{4.5mol}氧氣，而rm{1molC_{2}H_{6}O}完全反應(yīng)消耗rm{3mol}氧氣，所以rm{1molC_{3}H_{6}}與rm{1molC_{2}H_{6}O}耗氧量不相同，不符合題意，故rm{壟脷}錯(cuò)誤；

rm{壟脹C_{2}H_{2}}rm{C_{6}H_{6}}最簡(jiǎn)式相同，rm{1molC_{6}H_{6}}的耗氧量為rm{1molC_{2}H_{2}}耗氧量的rm{3}倍，且分子中含有的rm{H}數(shù)目不同，物質(zhì)的量一定時(shí)二者比例不同，生成水的量不同，故rm{壟脹}錯(cuò)誤；

rm{壟脺C_{2}H_{4}O_{3}}改寫(xiě)為rm{CH_{4}O?CO_{2}}rm{CH_{4}O}rm{C_{2}H_{4}O_{3}}分子中含有rm{H}原子數(shù)相等，且rm{1mol}時(shí)消耗的氧氣都是rm{1.5mol}所以只要混合物的總物質(zhì)的量一定，則完全燃燒時(shí)生成水的質(zhì)量和消耗rm{O_{2}}的質(zhì)量均不變，故rm{壟脺}正確；

故答案為：rm{壟脺}

rm{(2)}只要混合物的總質(zhì)量一定，完全燃燒時(shí)生成水和rm{CO_{2}}的質(zhì)量均不變，則分子中含有的氫原子數(shù)目和碳原子數(shù)目相等，只有第rm{壟脹}個(gè)rm{C_{2}H_{2}}rm{C_{6}H_{6}}最簡(jiǎn)式相同；

故答案為：rm{壟脹}二者最簡(jiǎn)式相同；

rm{(3)壟脵C(jī)_{7}H_{8}}rm{C_{3}H_{8}O_{3}}最簡(jiǎn)式不同，但含氫量不同，滿足題意，故rm{壟脵}正確；

rm{壟脷C_{3}H_{6}}rm{C_{2}H_{6}O}最簡(jiǎn)式不同，含氫量不同，不滿足題意，故rm{壟脷}錯(cuò)誤；

rm{壟脹C_{2}H_{2}}rm{C_{6}H_{6}}最簡(jiǎn)式相同，含碳量和含氫量均相同，不符合題意，故rm{壟脹}錯(cuò)誤；

rm{壟脺CH_{4}O}rm{C_{2}H_{4}O_{3}}最簡(jiǎn)式不同，含氫量不同，不滿足題意，故rm{壟脺}錯(cuò)誤；

故答案為：rm{壟脵}【解析】rm{(1)壟脺}rm{(1)壟脺}二者最簡(jiǎn)式相同rm{(2)壟脹}二者最簡(jiǎn)式相同rm{(2)壟脹}20、（1）不能因?yàn)闆](méi)有確認(rèn)MnO2的質(zhì)量和性質(zhì)是否改變）不能因?yàn)闆](méi)有確認(rèn)MnO2的質(zhì)量和性質(zhì)是否改變1）（2）Fe3+和Cu2+對(duì)H2O2分解均有催化效果，且Fe3+比Cu2+催化效果好對(duì)比實(shí)驗(yàn)，說(shuō)明Cl-對(duì)的H2O2分解沒(méi)有催化效果和2對(duì)Fe3+分解均有催化效果，且Cu2+比H2O2催化效果好Fe3+對(duì)比實(shí)驗(yàn)，說(shuō)明Cu2+對(duì)的分解沒(méi)有催化效果Cl-H2O2）（3）32FeCl3+H2O2=2FeCl2+O2↑+2HCl2FeCl2+H2O2+2HCl=2FeCl3+2H2O【分析】【分析】本題考查了催化劑在反應(yīng)中起到的作用，以及催化劑的質(zhì)量大小對(duì)反應(yīng)速率的影響探究，并考查了對(duì)比實(shí)驗(yàn)的重要性，結(jié)合催化劑的特點(diǎn)分析催化機(jī)理，并對(duì)方程式進(jìn)行推導(dǎo)，綜合性較強(qiáng)，難度較大?！窘獯稹縭m{(1)}該實(shí)驗(yàn)不能達(dá)到目的，因?yàn)闆](méi)有確認(rèn)rm{MnO}rm{2}的質(zhì)量和性質(zhì)是否改變，故答案為：不能；因?yàn)闆](méi)有確認(rèn)rm{2}rm{MnO}的質(zhì)量和性質(zhì)是否改變；rm{2}從所給的數(shù)據(jù)可知：試管Ⅰ、試管Ⅱ所用試劑的濃度、用量完全一樣，產(chǎn)生氣泡是試管Ⅰ快，試管Ⅱ慢，試管Ⅲ無(wú)氣泡產(chǎn)生，試管Ⅲ是一個(gè)對(duì)比實(shí)驗(yàn)，說(shuō)明rm{2}對(duì)rm{(2)}的分解沒(méi)有催化作用，從而得到rm{Cl^{-}}和rm{H_{2}O_{2}}對(duì)rm{Fe^{3+}}的分解均有催化作用，且rm{Cu^{2+}}比rm{H_{2}O_{2}}催化效果好的結(jié)論，故答案為：rm{Fe^{3+}}和rm{Cu^{2+}}對(duì)rm{Fe^{3+}}分解均有催化效果，且rm{Cu^{2+}}比rm{H_{2}O_{2}}催化效果好；對(duì)比實(shí)驗(yàn)，說(shuō)明rm{Fe^{3+}}對(duì)的rm{Cu^{2+}}分解沒(méi)有催化效果；

rm{Cl^{-}}根據(jù)化合價(jià)的升降和催化劑會(huì)參加反應(yīng)，但最終性質(zhì)和質(zhì)量不改變寫(xiě)出反應(yīng)方程式，rm{H_{2}O_{2}}和rm{(3)}反應(yīng)，rm{FeCl_{3}}中鐵元素化合價(jià)降低，生成氯化亞鐵，雙氧水中氧元素化合價(jià)升高，生成氧氣，方程式為：rm{H_{2}O_{2}}rm{FeCl_{3}}作催化劑，在第二個(gè)反應(yīng)中重新生成，氯化亞鐵又被雙氧水氧化成氯化鐵，方程式為：rm{2FeCl_{3}+H_{2}O_{2}=2FeCl_{2}+O_{2}隆眉+2HCl}

故答案為：rm{FeCl_{3}}rm{2FeCl_{2}+H_{2}O_{2}+2HCl=2FeCl_{3}+2H_{2}O}rm{2FeCl_{3}+H_{2}O_{2}=2FeCl_{2}+O_{2}}；rm{2FeCl_{3}+H_{2}O_{2}=2FeCl_{2}+O_{2}}rm{隆眉}rm{+2HCl}【解析】rm{(}rm{1}rm{)}不能因?yàn)闆](méi)有確認(rèn)rm{MnO_{2}}的質(zhì)量和性質(zhì)是否改變r(jià)m{(}rm{1}不能因?yàn)闆](méi)有確認(rèn)rm{1}的質(zhì)量和性質(zhì)是否改變r(jià)m{)}rm{MnO_{2}}rm{(}rm{2}rm{)}rm{Fe^{3+}}和rm{Cu^{2+}}對(duì)rm{H_{2}O_{2}}分解均有催化效果，且rm{Fe^{3+}}比rm{Cu^{2+}}催化效果好對(duì)比實(shí)驗(yàn)，說(shuō)明rm{Cl^{-}}對(duì)的rm{H_{2}O_{2}}分解沒(méi)有催化效果rm{(}和rm{2}對(duì)rm{2}分解均有催化效果，且rm{)}比rm{Fe^{3+}}催化效果好rm{Fe^{3+}}對(duì)比實(shí)驗(yàn)，說(shuō)明rm{Cu^{2+}}對(duì)的rm{Cu^{2+}}分解沒(méi)有催化效果rm{H_{2}O_{2}}rm{H_{2}O_{2}}rm{Fe^{3+}}rm{Fe^{3+}}rm{Cu^{2+}}rm{Cu^{2+}}rm{Cl^{-}}rm{Cl^{-}}rm{H_{2}O_{2}}21、略

【分析】解：rm{(1)}鈉與水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氫氣，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：rm{2Na+2H_{2}O=2NaOH+H_{2}隆眉}故答案為：rm{2Na+2H_{2}O=2NaOH+H_{2}隆眉}

rm{(2)}過(guò)氧化鈉與二氧化碳反應(yīng)生成碳酸鈉和氧氣，方程式為：rm{2Na_{2}O_{2}+2CO_{2}=2Na_{2}CO_{3}+O_{2}}故答案為：rm{2Na_{2}O_{2}+2CO_{2}=2Na_{2}CO_{3}+O_{2}}

rm{(3)}氯氣與水反應(yīng)生成rm{HCll}rm{HClO}化學(xué)反應(yīng)方程式為rm{Cl_{2}+H_{2}O=HCl+HClO}故答案為：rm{Cl_{2}+H_{2}O=HCl+HClO}

rm{(4)}工業(yè)制備漂白粉是利用氯氣和氫氧化鈣反應(yīng)生成氯化鈣、次氯酸鈣和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：rm{2Cl_{2}+2Ca(OH)_{2}=CaCl_{2}+Ca(ClO)_{2}+2H_{2}O}

故答案為：rm{2Cl_{2}+2Ca(OH)_{2}=CaCl_{2}+Ca(ClO)_{2}+2H_{2}O}

rm{(5)}氯氣能將金屬氧化為最高價(jià)，鐵在氯氣中燃燒的產(chǎn)物是氯化鐵，反應(yīng)為：rm{2Fe+3Cl_{2}dfrac{overset{;{碌茫脠錄};}{.}}{;}2FeCl_{3}}

故答案為：rm{2Fe+3Cl_{2}dfrac{overset{;{碌茫脠錄};}{.}}{;}2FeCl_{3}}．

rm{2Fe+3Cl_{2}dfrac{

overset{;{碌茫脠錄};}{.}}{;}2FeCl_{3}}鈉和水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氫氣；據(jù)此分析；

rm{2Fe+3Cl_{2}dfrac{

overset{;{碌茫脠錄};}{.}}{;}2FeCl_{3}}過(guò)氧化鈉與二氧化碳反應(yīng)生成碳酸鈉和氧氣；

rm{(1)}氯氣與水反應(yīng)生成rm{(2)}rm{(3)}為氧化還原反應(yīng)，也屬于離子反應(yīng)；

rm{HCll}工業(yè)制備漂白粉是利用氯氣和氫氧化鈣反應(yīng)生成氯化鈣；次氯酸鈣和水；結(jié)合原子守恒配平書(shū)寫(xiě)化學(xué)方程式；

rm{HClO}氯氣具有強(qiáng)氧化性；鐵在氯氣中燃燒生成氯化鐵．

本題考查的是化學(xué)方程式的書(shū)寫(xiě)知識(shí)，屬于化學(xué)用語(yǔ)的考查，考查學(xué)生根據(jù)反應(yīng)原理書(shū)寫(xiě)化學(xué)方程式的能力，注意化學(xué)方程式書(shū)寫(xiě)經(jīng)常出現(xiàn)的錯(cuò)誤有不符合客觀事實(shí)、不遵守質(zhì)量守恒定律、不寫(xiě)條件、不標(biāo)符號(hào)等rm{(4)}題目難度不大．rm{(5)}【解析】rm{2Na+2H_{2}O=2NaOH+H_{2}隆眉}rm{2Na_{2}O_{2}+2CO_{2}=2Na_{2}CO_{3}+O_{2}}rm{Cl_{2}+H_{2}O=HCl+HClO}rm{2Cl_{2}+2Ca(OH)_{2}=CaCl_{2}+Ca(ClO)_{2}+2H_{2}O}rm{2Fe+3Cl_{2}dfrac{overset{;{碌茫脠錄};}{.}}{;}2FeCl_{3}}rm{2Fe+3Cl_{2}dfrac{

overset{;{碌茫脠錄};}{.}}{;}2FeCl_{3}}22、1：6：9【分析】解：由生成硫酸鋇沉淀的質(zhì)量比為1：2：3；即生成硫酸鋇的物質(zhì)的量之比為1：2：3；

設(shè)生成硫酸鋇的物質(zhì)的量分別為n；2n、3n；

則Al2（SO4）3～3BaSO4

13

n

ZnSO4～BaSO4

11

2n2n

Na2SO4～BaSO4

11

3n3n

又硫酸鋁；硫酸鋅、硫酸鈉溶液的體積相同；

則濃度之比等于物質(zhì)的量之比，即為2n：3n=1：6：9；

故答案為：1：6：9。

生成硫酸鋇沉淀的質(zhì)量比為1：2：3，即生成硫酸鋇的物質(zhì)的量之比為1：2：3，然后利用Al2（SO4）3～3BaSO4、ZnSO4～BaSO4、Na2SO4～BaSO4來(lái)計(jì)算。

本題考查物質(zhì)的量濃度的計(jì)算，明確反應(yīng)中物質(zhì)之間的關(guān)系是解答本題的關(guān)鍵，并熟悉同種物質(zhì)的質(zhì)量比等于物質(zhì)的量之比、同體積的不同溶液的濃度之比等于物質(zhì)的量之比來(lái)解答?！窘馕觥?：6：9四、判斷題(共4題，共40分)23、B【分析】【解答】n===1mol，結(jié)合鎂原子最外層電子數(shù)為2計(jì)算，最外層電子數(shù)為2NA；故錯(cuò)誤；

故答案為：錯(cuò)．

【分析】依據(jù)n=計(jì)算物質(zhì)的量，結(jié)合鎂原子最外層電子數(shù)為2計(jì)算．24、A【分析】【解答】氯化鈉由鈉離子和氯離子構(gòu)成，故1.00molNaCl中，所有Na+的物質(zhì)的量為1.00mol，鈉原子最外層有1個(gè)電子，失去最外層1個(gè)電子形成鈉離子，此時(shí)最外層有8個(gè)電子，故所有Na+的最外層電子總數(shù)為8×6.02×1023；故答案為：對(duì)．

【分析】先計(jì)算鈉離子的物質(zhì)的量，再根據(jù)鈉離子結(jié)構(gòu)計(jì)算最外層電子總數(shù)．25、B【分析】【解答】標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下氣體摩爾體積為22.4L/mol；標(biāo)準(zhǔn)狀況己烷不是氣體，物質(zhì)的量不是0.1mol，故上述錯(cuò)誤；

故答案為：錯(cuò)．

【分析】氣體摩爾體積的概念和應(yīng)用條件分析判斷，標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下氣體摩爾體積為22.4L/mol26、B【分析】【解答】1mol甲苯中含有8molC﹣H共價(jià)鍵；故答案為：錯(cuò)。

【分析】根據(jù)甲苯的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式來(lái)確定化學(xué)鍵，確定存在C﹣H共價(jià)鍵的數(shù)目五、綜合題(共4題，共16分)27、反應(yīng)物能量生成物能量無(wú)降低因?yàn)榇呋瘎└淖兞朔磻?yīng)的歷程使活化能E降低SO2+V2O5═SO3+2VO2，4VO2+O2═2V2O5S（s）+O2（g）═SO2（g）△H1=﹣296kJ?mol﹣1SO2（g）+12

O2（g）═SO3（g）△H2=﹣99kJ?mol﹣13s（s）+12

O2（g）═3SO3（g）△H=3（△H1+△H2）=﹣1185kJ?mol﹣1【分析】【解答】（1）因圖中A；C分別表示反應(yīng)物總能量、生成物總能量；B為活化能，反應(yīng)熱可表示為A、C活化能的大小之差，活化能的大小與反應(yīng)熱無(wú)關(guān)，加入催化劑，活化能減小，反應(yīng)反應(yīng)熱不變；

（2）因1molSO2（g）氧化為1molSO3的△H=﹣99kJ?mol﹣1，所以2molSO2（g）氧化為2molSO3的△H=﹣198kJ?mol﹣1；

則2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）△H=﹣198kJ?mol﹣1；

（3）V2O5氧化SO2時(shí)，自身被還原為四價(jià)釩化合物；四價(jià)釩化合物再被氧氣氧化，則反應(yīng)的相關(guān)方程式為：SO2+V2O5═SO3+2VO2；4VO2+O2═2V2O5；

（4）已知①S（s）+O2（g）═SO2（g）△H1=﹣296kJ?mol﹣1；

②SO2（g）+O2（g）═SO3（g）△H2=﹣99kJ?mol﹣1；

則利用蓋斯定律將①×3+②×3可得3S（s）+O2（g）═3SO3（g）△H3=3×（△H1+△H2）=﹣1185kJ?mol﹣1；

【分析】（1）反應(yīng)物總能量大于生成物總能量；催化劑改變了反應(yīng)的歷程使活化能E降低，反應(yīng)熱不變；

（2）根據(jù)反應(yīng)2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）結(jié)合1molSO2（g）氧化為1molSO3的△H=﹣99kJ?mol﹣1計(jì)算反應(yīng)熱；